Hola, Richard. Qué bien que te interese Goldbach; porque se cansa uno un poco ya de ver tanto UT de Fermat por aquí
Te doy algunas ideas más por si las puedes aprovechar para algo; yo no saco más en limpio quizá porque no manejo la artillería pesada demasiado bien (límites, cálculo diferencial...) pero tú sí; que te he visto por ahí en el foro de física...
...
Es bastante claro que la conjetura no se cumple por cuestión de probabilidad, como bien dices. Es más, se cumple a contracorriente, como la trucha que sube río arriba: cuanto más baja la densidad de primos, más parejas va habiendo a la larga. Me conformaría con saber por qué razón pasa esto (digo saberlo con cierta concreción, aunque no llegue a demostrarse nada seguro) pero todavía no tengo una idea los suficientemente clara.
Por lo que cuentas de la probabilidad (no nos dice nada) hay que utilizar más cosas además de la función “pi”. Una de ellas es la función phi, la cantidad de números coprimos con el par N. La fórmula para hallar esa cantidad, si no la conocieras (que supongo que sí) la tienes aquí
https://es.wikipedia.org/wiki/Funci%C3%B3n_%CF%86_de_EulerLa conjetura es tan esquiva que ni siquiera está demostrada para casos particulares: N múltiplo de 3, ¿la cumple? No se sabe; N compuesto por \( 2^{k}
\) y sólo dos primos distintos más (un semiprimo por una potencia de 2, vamos) ¿Se sabe si se cumple en particular?; tampoco. Y así con muchas particularidades en las que uno puede pensar; no ocurre como ocurrió con el Teorema de Fermat, donde sí se demostraron, desde hace siglos, algunos casos.
Esto quiere decir que puedes (que podemos, los que queramos intentarlo) suponer que se cumple para un par \( 2^{k}
\) ó \( 2^{k}p_{1}p_{2}
\)... ó \( 2^{k}\cdot3
\)... y si se consigue ya sería un éxito; porque, por lo que yo he buscado por ahí desde hace años, nunca encontré ningún caso particular demostrado (sí sé que hay una acotación con los semiprimos para un N suficientemente grande, que no sé exactamente en qué consiste ahora, y que hizo un matemático chino).
Así que, echando mano de la función phi, la cantidad de coprimos para un par del tipo \( 2p_{1}p_{2}
\) ó \( 2^{k_{1}}p_{1}^{k_{2}}p_{2}^{k_{3}}
\) sería, \( N\cdot(1-\dfrac{1}{2})(1-\dfrac{1}{p_{1}})(1-\dfrac{1}{p_{2}})
\). Donde, de antemano, ni \( p_{1}
\) ni \( p_2 \) valen, porque no son coprimos y tiene que sumar N con otro no coprimo, con múltiplos de esos mismos primos.
Esto se ve muy “visualmente” con un ejemplo así (es como yo lo pensé antes de tener nociones de aritmética modular)
\( N=30
\)
\( {\color{magenta}(0)},1,2,{\color{green}3},4,{\color{blue}5},6,7,8,{\color{green}9},{\color{blue}10},11,12,13,14,{\color{magenta}(15)},16,17,18,19,{\color{blue}20},{\color{green}21},22,23,24,{\color{blue}25},26,{\color{green}27},28,29,{\color{magenta}(30)}
\)
\( {\color{green}3+27;\,\,9+21}
\)
\( 5+25;\,\,10,20
\)...
Los múltiplos casan con múltiplos de sus clase (coprimos con coprimos, no coprimos con no coprimos) lo que significa que va a haber siempre la misma cantidad de coprimos hacia un lado de N/2 que al otro.
Te invito a que consideres, primeramente, investigar los casos \( N=2\cdot3\cdot k=6n
\) (ya te digo que demostrar esto sería una bomba y, probablemente, la antesala de la demostración completa si alguien lo lograra).
Aquí, aparte de la fórmula de antes, tenemos otra manera de contar los coprimos: quitando los múltiplos de 2 y 3 por el método de inclusión exclusión (
https://es.wikipedia.org/wiki/Principio_de_inclusi%C3%B3n-exclusi%C3%B3n)
Cantidad de pares que excluimos \( \dfrac{N}{2}
\)
Cantidad de mútliplos de 3 que quitamos, \( \dfrac{N}{3}
\)
Pero al excluir estos últimos hemos quitado también pares que ya estaban quitados (6, 12, etc.) y hay que volver a incluirlos; hay que incluir entonces una cantidad de \( \dfrac{N}{6}
\).
Es decir, los cantidad de números a tener en cuenta es
\( N-\dfrac{N}{2}-(\dfrac{N}{3}-\dfrac{N}{6})=
\)
\( N(1-\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{6})=\dfrac{N}{3}
\).
Por otra parte, habremos quitado todos los coprimos con N en caso de que \( N=2^{k}\cdot3^{k}
\); si estuviera compuesto de algún primo distinto más (si consideráramos eso) entonces no habríamos quitado todos, sólo algunos; podrías considerar un N múltiplo de 30 y te quedaría un caso particular con menos números a considerar quitando los de 5... etc.
Aquí ya te darás cuenta de que en la medida que quitamos esos números, inservibles, quedan más primos aptos para la suma que buscamos; a la vez que quitamos paja. La situación es un poco más favorable. Sin embargo, todavía es insuficiente, hay que buscar cómo restringir más.
Hay algo relacionado con esta última consideración que lleva a poder restringir una cierta zona.
Si suponemos que un par es múltiplo, por ejemplo, de los primeros primos, 2 y 3 (pongo el ejemplo de antes)
\( {\color{blue}(0,1,2,3,4,5,6,7,8,9)},10,11,12,13,14,({\color{green}15}),16,17,18,19,20,{\color{blue}(21,22,23,24,25,26,27,28,29,30)}
\)
encontramos dos zonas simétricas hasta la parte entera de \( \sqrt{\dfrac{N}{2}}
\) elevada al cuadrado, (parte entera de raíz de 15 al cuadrado, \( 3^{2}
\)).
Todos los compuestos de esa zona de la izquierda son No coprimos con N, al igual que los de la zona derecha (y recordemos que los no coprimos sólo pueden sumar N con no coprimos y viceversa). Todos los compuestos de ahí serán no coprimos porque tendrán que estar compuestos por los primos 2 ó 3 y, a veces junto con éstos, otro primo mayor; pero siendo múltiplos de 2 ó 3... ya son No coprimos pase lo que pase. Esto es así porque es obvio que si se compusieran por dos primos mayores que 3 el producto sería mayor que 9.
Pero no todos los primos de esas zonas son no coprimos, solamente 2,3 (y cinco en el ejemplo, pero no lo he tenido en cuenta). Por esto, siempre que en la dos zonas azules haya primos que sean Sí coprimos... se verán forzados a sumar N entre ellos, nunca con números no coprimos; es decir, se cumplirá Goldbach seguro (ahí, como es múltiplo de 5 y su cuadrado es 25, mayor que N/2, se cumple directamente con eso).
Como ya irás imaginando, por desgracia no siempre hay primos coprimos en las dos zonas azules, con lo que esto no asegura la conjetura tampoco.
Si embargo, para conjeturar, se puede contar como hipótesis con que en esas zonas no hay dos primos que “casen”, lo que implica considerar que no puede haber en la zona de la derecha primos (porque todos los mayores que N/2 son coprimos con N).
Esto te lleva a poder suponer los primos “concentrados” en las zonas restantes, lo que te aumenta la densidad de primos a favor de que se cumpla la conjetura usando la función “pi” contadora de primos; ya que, los primos coprimos son muchos más que los no coprimos en la medida que los N van siendo grandes.
La útlima vez que busqué en internet la conjetura estaba comprobada hasta de 4 hasta una par de \( 10^{14} \) cifras.
Grandecito, eh, vienen a ser como mínimo 2083333333333 primos en el intervalo \( (\dfrac{N}{2},\, N)
\) (y hay bastantes más, porque la función pi da un mínimo que se queda muy corto para números un poco grandes).
Luego, se puede “mirar”, aunque no se concrete nada, qué va pasando con las sumas, que porqué parece verse
\( {\color{green}0},1,2,3,4,5,6,{\color{magenta}(}7,8,9,10,{\color{magenta}(}11,12,{\color{magenta}(}13,14,15,16,{\color{magenta}(}17,18,{\color{magenta}(}19,{\color{green}20},21{\color{magenta})},22,23{\color{magenta})},24,25,26,27{\color{magenta})},28,29{\color{magenta})},30,31,32,33{\color{magenta})},34,35,36,37,38,39,{\color{green}40}
\)
En la primera, 19+21, vemos que 21 está compuesto de 3,7, primos menores que 19, que están a la derecha del intervalo; esto es lógico, como son tres números seguidos, tiene que ser múltiplo de 3 en caso de que no sea primo, ya que, el del centro no lo es. En la segunda suma, 17+23, tenemos dentro del intervalo los compuestos, 18, 20,21,22, formados por los primos \( (2_{nocoprimo}),3,(5_{nocoprimo}),7,11 \); de forma que no están a distancia para que otro múltiplos de alguno de éstos sumen con 17 el par N=40; y no quedan más primos posibles, porque 13 es grande \( 2\cdot 13>23 \)...
Y así se puede pensar, ver qué va pasando en cada caso... pero saber qué es exactamente lo que pasa... es difícil, mucho.
Si se mira así, la conjetura tiene puntos de encuentro con otros conjeturas o teoremas; con Fermat, con Beal, con Riemann... Hay que intentar inventar algo para contar coprimos, donde importa distinguir entre libres de cuadrados y no libres.
Por ejemplo, el otro día hice un programa en Python para que me sacara todas las sumas posibles de potencias perfectas mayores que 2 que dieran un par 2n (desde n=1 hasta n=1000). Esto sin mirar si la suma podía ser a su vez una potencia perfecta.
Todas las que hay son éstas veinte:
Spoiler
n= 76 sumandos= 27 125 potencias respectivas set([3]) set([3])
n= 103 sumandos= 81 125 potencias respectivas set([4]) set([3])
n= 184 sumandos= 125 243 potencias respectivas set([3]) set([5])
n= 185 sumandos= 27 343 potencias respectivas set([3]) set([3])
n= 212 sumandos= 81 343 potencias respectivas set([4]) set([3])
n= 234 sumandos= 125 343 potencias respectivas set([3]) set([3])
n= 293 sumandos= 243 343 potencias respectivas set([5]) set([3])
n= 326 sumandos= 27 625 potencias respectivas set([3]) set([4])
n= 353 sumandos= 81 625 potencias respectivas set([4]) set([4])
n= 427 sumandos= 125 729 potencias respectivas set([3]) set([6])
n= 434 sumandos= 243 625 potencias respectivas set([5]) set([4])
n= 484 sumandos= 343 625 potencias respectivas set([3]) set([4])
n= 536 sumandos= 343 729 potencias respectivas set([3]) set([6])
n= 677 sumandos= 625 729 potencias respectivas set([4]) set([6])
n= 679 sumandos= 27 1331 potencias respectivas set([3]) set([3])
n= 706 sumandos= 81 1331 potencias respectivas set([4]) set([3])
n= 728 sumandos= 125 1331 potencias respectivas set([3]) set([3])
n= 787 sumandos= 243 1331 potencias respectivas set([5]) set([3])
n= 837 sumandos= 343 1331 potencias respectivas set([3]) set([3])
n= 978 sumandos= 625 1331 potencias respectivas set([4]) set([3])
Si pensamos, por ejemplo, en la suma de dos potencias cuartas (de coprimos) que sumen un par hasta 2n=2000, sólo existe una suma: \( 3^{4}+5^{4}
\).
Luego, vemos que la mayor potencia es 6; encontramos la suma de potencia 3 con una 6, por ejemplo, y otras así, pero no con mayores que 6.
Según la conjetura de Beal, por mucho que siguiera buscando, nunca encontraría que las sumas dieran otro potencia; y se intuye que va a ser así, que no “caben” por culpa de que van apareciendo por orden de tamaño de primos (si existen de no coprimos).
Y tengo más cosas miradas “experimentalmente”, pero no consigo demostrar nada en cuanto algún aspecto de estas cuestiones.
Saludos.
